package com.xuyuan.arithmetic.datastructure.quest;

import org.junit.jupiter.api.Test;

import java.util.Arrays;
import java.util.LinkedList;
import java.util.List;
import java.util.stream.IntStream;

/**
 * 贪心算法案例
 * <p>
 * 求最优解，通过局部最优，推出整体最优。
 * 先考虑可能的场景，分别罗列。
 *
 * @author xuyuan
 */
public class GreedySolution {

    @Test
    public void test() {
        // System.out.println(findContentChildren(new int[]{1, 2}, new int[]{1, 2, 3}));
        // System.out.println(maxSubArray(new int[]{-2, 1, -3, 4, -1, 2, 1, -5, 4}));
        // int[] a = new int[]{1, 2, -3, 4, -5, 6, -7, 8, 9, 10};
        // Arrays.sort(a);
        // IntStream.of(a).boxed().forEach(System.out::println);
        // System.out.println(candy(new int[]{1, 2, 2}));
        // System.out.println(lemonadeChange(new int[]{5, 5, 5, 10, 5, 5, 10, 20, 20, 20}));
        // int[][] people = {{7, 0}, {4, 4}, {7, 1}, {5, 0}, {6, 1}, {5, 2}};
        // for (int[] p : reconstructQueue(people)) {
        //     System.out.println(Arrays.toString(p));
        // }
        int[][] people = {{-2147483646, -2147483645}, {2147483646, 2147483647}};
        // int[][] people = {{1, 2}, {3, 4}, {5, 6}, {7, 8}};
        System.out.println(findMinArrowShots(people));
    }

    /**
     * @desc 分发饼干
     * <p>
     * 假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。但是，每个孩子最多只能给一块饼干。
     * <p>
     * 对每个孩子 i，都有一个胃口值  g[i]，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；并且每块饼干 j，都有一个尺寸 s[j] 。
     * 如果 s[j] >= g[i]，我们可以将这个饼干 j 分配给孩子 i ，这个孩子会得到满足。你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。
     * <p>
     * 示例  1:
     * 输入: g = [1,2,3], s = [1,1]
     * 输出: 1 解释:你有三个孩子和两块小饼干，3 个孩子的胃口值分别是：1,2,3。虽然你有两块小饼干，由于他们的尺寸都是 1，你只能让胃口值是 1 的孩子满足。所以你应该输出 1。
     * <p>
     * 示例  2:
     * 输入: g = [1,2], s = [1,2,3]
     * 输出: 2
     * 解释:你有两个孩子和三块小饼干，2个孩子的胃口值分别是 1,2。你拥有的饼干数量和尺寸都足以让所有孩子满足。所以你应该输出 2.
     */
    int findContentChildren(int[] g, int[] s) {
        Arrays.sort(g);
        Arrays.sort(s);
        int count = 0;
        int start = 0;
        for (int i = 0; i < s.length && start < g.length; i++) {
            // 小饼干喂小胃口
            if (s[i] >= g[start]) {
                start++;
                count++;
            }
        }
        return count;
    }

    /**
     * @desc 摆动序列
     * <p>
     * 如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为摆动序列。第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。少于两个元素的序列也是摆动序列。
     * 例如， [1,7,4,9,2,5] 是一个摆动序列，因为差值 (6,-3,5,-7,3)  是正负交替出现的。
     * 相反, [1,4,7,2,5]  和  [1,7,4,5,5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。
     * 给定一个整数序列，返回作为摆动序列的最长子序列的长度。 通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得子序列，剩下的元素保持其原始顺序。
     * <p>
     * 示例 1:
     * 输入: [1,7,4,9,2,5]
     * 输出: 6
     * 解释: 整个序列均为摆动序列。
     * <p>
     * 示例 2:
     * 输入: [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8]
     * 输出: 7
     * 解释: 这个序列包含几个长度为 7 摆动序列，其中一个可为[1,17,10,13,10,16,8]。
     * <p>
     * 示例 3:
     * 输入: [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
     * 输出: 2
     */
    int wiggleMaxLength(int[] nums) {
        if (nums.length <= 1) {
            return nums.length;
        }
        // 当前差值
        int curDiff = 0;
        // 上一个差值
        int preDiff = 0;
        int count = 1;
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            // 得到当前差值
            curDiff = nums[i] - nums[i - 1];
            // 如果当前差值和上一个差值为一正一负
            // 等于0的情况表示初始时的preDiff
            if ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (curDiff < 0 && preDiff >= 0)) {
                count++;
                preDiff = curDiff;
            }
        }
        return count;
    }

    int wiggleMaxLengthWithDPSolution(int[] nums) {
        // 0 i 作为波峰的最大长度
        // 1 i 作为波谷的最大长度
        int dp[][] = new int[nums.length][2];

        dp[0][0] = dp[0][1] = 1;
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            // i 自己可以成为波峰或者波谷
            dp[i][0] = dp[i][1] = 1;

            for (int j = 0; j < i; j++) {
                if (nums[j] > nums[i]) {
                    // i 是波谷
                    dp[i][1] = Math.max(dp[i][1], dp[j][0] + 1);
                }
                if (nums[j] < nums[i]) {
                    // i 是波峰
                    dp[i][0] = Math.max(dp[i][0], dp[j][1] + 1);
                }
            }
        }
        return Math.max(dp[nums.length - 1][0], dp[nums.length - 1][1]);
    }

    /**
     * @desc 最大子序和
     * <p>
     * 给定一个整数数组 nums ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。
     * <p>
     * 示例:
     * 输入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
     * 输出: 6
     * 解释:  连续子数组  [4,-1,2,1] 的和最大，为  6。
     */
    int maxSubArray(int[] nums) {
        if (nums.length == 1) {
            return nums[0];
        }
        int sum = Integer.MIN_VALUE;
        int count = 0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            count += nums[i];
            sum = Math.max(sum, count); // 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）
            if (count <= 0) {
                count = 0; // 相当于重置最大子序起始位置，因为遇到负数一定是拉低总和
            }
        }
        return sum;
    }

    int maxSubArrayWithDPSolution(int[] nums) {
        int[] dp = new int[nums.length];
        int ans = dp[0];
        dp[0] = nums[0];
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            dp[i] = Math.max(dp[i - 1] + nums[i], nums[i]);
            ans = Math.max(dp[i], ans);
        }
        return ans;
    }

    /**
     * @desc 买卖股票的最佳时机
     * <p>
     * 给定一个数组，它的第  i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
     * 设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
     * 注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
     * <p>
     * 示例 1:
     * 输入: [7,1,5,3,6,4]
     * 输出: 7
     * 解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4。随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。
     * <p>
     * 示例 2:
     * 输入: [1,2,3,4,5]
     * 输出: 4
     * 解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
     * <p>
     * 示例  3:
     * 输入: [7,6,4,3,1]
     * 输出: 0
     * 解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
     */
    int maxProfit(int[] prices) {
        int sum = 0;
        for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
            sum += Math.max(prices[i] - prices[i - 1], 0);
        }
        return sum;
    }

    int maxProfitWithDPSolution(int[] prices) {
        // [天数][是否持有股票]
        int[][] dp = new int[prices.length][2];

        // base case
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];

        for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
            // dp公式
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
        }

        return dp[prices.length - 1][0];
    }

    /**
     * @desc 跳跃游戏
     * <p>
     * 给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。
     * 数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
     * 判断你是否能够到达最后一个位置。
     * <p>
     * 示例  1:
     * 输入: [2,3,1,1,4]
     * 输出: true
     * 解释: 我们可以先跳 1 步，从位置 0 到达 位置 1, 然后再从位置 1 跳 3 步到达最后一个位置。
     * <p>
     * 示例  2:
     * 输入: [3,2,1,0,4]
     * 输出: false
     * 解释: 无论怎样，你总会到达索引为 3 的位置。但该位置的最大跳跃长度是 0 ， 所以你永远不可能到达最后一个位置。
     */
    boolean canJump(int[] nums) {
        if (nums.length == 1) {
            return true;
        }
        // 覆盖范围, 初始覆盖范围应该是0，因为下面的迭代是从下标0开始的
        int coverRange = 0;
        // 在覆盖范围内更新最大的覆盖范围
        for (int i = 0; i <= coverRange; i++) {
            coverRange = Math.max(coverRange, i + nums[i]);
            if (coverRange >= nums.length - 1) {
                return true;
            }
        }
        return false;
    }

    /**
     * @desc 跳跃游戏 II
     * <p>
     * 给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。
     * 数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
     * 你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。
     * <p>
     * 示例:
     * 输入: [2,3,1,1,4]
     * 输出: 2
     * 解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳  1  步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。
     * 说明: 假设你总是可以到达数组的最后一个位置。
     */
    int jump(int[] nums) {
        if (nums == null || nums.length <= 1) {
            return 0;
        }
        // 记录跳跃的次数
        int count = 0;
        // 当前的覆盖最大区域
        int curDistance = 0;
        // 最大的覆盖区域
        int maxDistance = 0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            // 在可覆盖区域内更新最大的覆盖区域
            maxDistance = Math.max(maxDistance, i + nums[i]);
            // 说明当前一步，再跳一步就到达了末尾
            if (maxDistance >= nums.length - 1) {
                count++;
                break;
            }
            // 走到当前覆盖的最大区域时，更新下一步可达的最大区域
            if (i == curDistance) {
                curDistance = maxDistance;
                count++;
            }
        }
        return count;
    }

    int jump2(int[] nums) {
        int result = 0;
        // 当前覆盖的最远距离下标
        int end = 0;
        // 下一步覆盖的最远距离下标
        int temp = 0;
        for (int i = 0; i <= end && end < nums.length - 1; ++i) {
            temp = Math.max(temp, i + nums[i]);
            // 可达位置的改变次数就是跳跃次数
            if (i == end) {
                end = temp;
                result++;
            }
        }
        return result;
    }

    /**
     * @desc K次取反后最大化的数组和
     * <p>
     * 给定一个整数数组 A，我们只能用以下方法修改该数组：我们选择某个索引 i 并将 A[i] 替换为 -A[i]，然后总共重复这个过程 K 次。（我们可以多次选择同一个索引 i。）
     * 以这种方式修改数组后，返回数组可能的最大和。
     * <p>
     * 示例 1：
     * 输入：A = [4,2,3], K = 1
     * 输出：5
     * 解释：选择索引 (1) ，然后 A 变为 [4,-2,3]。
     * <p>
     * 示例 2：
     * 输入：A = [3,-1,0,2], K = 3
     * 输出：6
     * 解释：选择索引 (1, 2, 2) ，然后 A 变为 [3,1,0,2]。
     * <p>
     * 示例 3：
     * 输入：A = [2,-3,-1,5,-4], K = 2
     * 输出：13
     * 解释：选择索引 (1, 4) ，然后 A 变为 [2,3,-1,5,4]
     * <p>
     * 优先 最小的负数 和 最小的正数
     */
    int largestSumAfterKNegations1(int[] nums, int K) {
        // 将数组按照绝对值大小从大到小排序，注意要按照绝对值的大小
        nums = IntStream.of(nums).boxed().sorted((o1, o2) -> Math.abs(o2) - Math.abs(o1)).mapToInt(Integer::intValue).toArray();
        int len = nums.length;
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            // 从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K--
            if (nums[i] < 0 && K > 0) {
                nums[i] = -nums[i];
                K--;
            }
        }
        // 如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完

        if (K % 2 == 1) nums[len - 1] = -nums[len - 1];
        return Arrays.stream(nums).sum();
    }

    // 版本二：排序数组并贪心地尽可能将负数翻转为正数，再根据剩余的k值调整最小元素的符号，从而最大化数组的总和。
    int largestSumAfterKNegations2(int[] nums, int k) {
        if (nums.length == 1) return nums[0];

        // 排序：先把负数处理了
        Arrays.sort(nums);

        for (int i = 0; i < nums.length && k > 0; i++) { // 贪心点, 通过负转正, 消耗尽可能多的k
            if (nums[i] < 0) {
                nums[i] = -nums[i];
                k--;
            }
        }

        // 退出循环, k > 0 || k < 0 (k消耗完了不用讨论)
        if (k % 2 == 1) { // k > 0 && k is odd：对于负数：负-正-负-正
            Arrays.sort(nums); // 再次排序得到剩余的负数，或者最小的正数
            nums[0] = -nums[0];
        }
        // k > 0 && k is even，flip数字不会产生影响: 对于负数: 负-正-负；对于正数：正-负-正

        int sum = 0;
        for (int num : nums) { // 计算最大和
            sum += num;
        }
        return sum;
    }

    int largestSumAfterKNegations3(int[] nums, int K) {
        Arrays.sort(nums);
        for (int i = 0; i < nums.length && K > 0; i++) {
            if (nums[i] >= 0) break;
            nums[i] = -nums[i];
            K--;
        }
        if (K % 2 == 1) {
            Arrays.sort(nums);
            nums[0] = -nums[0];
        }
        int ans = 0;
        for (int num : nums) {
            ans += num;
        }
        return ans;
    }

    /**
     * @desc 加油站
     * <p>
     * 在一条环路上有 N 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。
     * 你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。
     * 如果你可以绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1。
     * 如果题目有解，该答案即为唯一答案。输入数组均为非空数组，且长度相同。输入数组中的元素均为非负数。
     * <p>
     * 示例 1: 输入:
     * gas = [1,2,3,4,5]
     * cost = [3,4,5,1,2]
     * 输出: 3
     * <p>
     * 示例 2: 输入:
     * gas = [2,3,4]
     * cost = [3,4,3]
     * 输出: -1
     * <p>
     * 每个下标累计的剩余油量 大于 0（起点开始的序列的顺序子序列的累计和大于0）
     * <p>
     * 时间复杂度太高
     */
    int canCompleteCircuit1(int[] gas, int[] cost) {
        for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
            int sum = 0;
            int count = 0;
            for (int j = i; count < gas.length; j++) {
                int index = j >= gas.length ? j - gas.length : j;
                sum += gas[index] - cost[index];
                if (sum < 0) break;
                count++;
            }
            if (sum >= 0) return i;
        }
        return -1;
    }

    /**
     * 情况一：如果gas的总和小于cost总和，那么无论从哪里出发，一定是跑不了一圈的
     * <p>
     * 情况二：rest[i] = gas[i]-cost[i]为一天剩下的油，i从0开始计算累加到最后一站，如果累加没有出现负数，说明从0出发，油就没有断过，那么0就是起点。
     * <p>
     * 情况三：如果累加的最小值是负数，汽车就要从非0节点出发，从后向前，看哪个节点能把这个负数填平，能把这个负数填平的节点就是出发节点。
     */
    int canCompleteCircuit2(int[] gas, int[] cost) {
        int sum = 0;
        int min = 0;
        for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
            sum += (gas[i] - cost[i]);
            min = Math.min(sum, min);
        }
        if (sum < 0) return -1;
        if (min >= 0) return 0;

        for (int i = gas.length - 1; i > 0; i--) {
            min += (gas[i] - cost[i]);
            if (min >= 0) return i;
        }
        return -1;
    }

    /**
     * @desc 分发糖果
     * <p>
     * 老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。
     * 你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果：
     * 每个孩子至少分配到 1 个糖果。
     * 相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。
     * 那么这样下来，老师至少需要准备多少颗糖果呢？
     * <p>
     * 示例 1:
     * 输入: [1,0,2]
     * 输出: 5
     * 解释: 你可以分别给这三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。
     * <p>
     * 示例 2:
     * 输入: [1,2,2]
     * 输出: 4
     * 解释: 你可以分别给这三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。第三个孩子只得到 1 颗糖果，这已满足上述两个条件。
     * <p>
     * 分两个阶段
     * 1、起点下标1 从左往右，只要 右边 比 左边 大，右边的糖果=左边 + 1
     * 2、起点下标 ratings.length - 2 从右往左， 只要左边 比 右边 大，此时 左边的糖果应该 取本身的糖果数（符合比它左边大） 和 右边糖果数 + 1 二者的最大值，这样才符合 它比它左边的大，也比它右边大。
     * <p>
     * 在第一次从左往右遍历时，已经确保了每个孩子的糖果数满足“右边评分高于左边时，右边的糖果数更多”的条件。
     * 但从左往右遍历无法处理“左边评分高于右边时，左边的糖果数更多”的情况。因此，需要再从右往左遍历一次，确保所有相邻孩子之间的糖果分配都符合规则。
     */
    int candy(int[] ratings) {
        int len = ratings.length;
        int[] candyVec = new int[len];
        candyVec[0] = 1;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            candyVec[i] = (ratings[i] > ratings[i - 1]) ? candyVec[i - 1] + 1 : 1;
        }
        for (int i = len - 2; i >= 0; i--) {
            if (ratings[i] > ratings[i + 1]) {
                candyVec[i] = Math.max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int num : candyVec) {
            ans += num;
        }
        return ans;
    }

    /**
     * @desc 柠檬水找零
     * <p>
     * 在柠檬水摊上，每一杯柠檬水的售价为 5 美元。
     * 顾客排队购买你的产品，（按账单 bills 支付的顺序）一次购买一杯。
     * 每位顾客只买一杯柠檬水，然后向你付 5 美元、10 美元或 20 美元。你必须给每个顾客正确找零，也就是说净交易是每位顾客向你支付 5 美元。
     * 注意，一开始你手头没有任何零钱。
     * 如果你能给每位顾客正确找零，返回 true ，否则返回 false 。提示：bills[i] 不是 5 就是 10 或是 20
     * <p>
     * 示例 1：
     * 输入：[5,5,5,10,20]
     * 输出：true
     * <p>
     * 示例 2：
     * 输入：[5,5,10]
     * 输出：true
     * <p>
     * 示例 3：
     * 输入：[10,10]
     * 输出：false
     * <p>
     * 示例 4：
     * 输入：[5,5,10,10,20]
     * 输出：false
     * <p>
     * 情况一：账单是5，直接收下。
     * 情况二：账单是10，消耗一个5，增加一个10
     * 情况三：账单是20，优先消耗一个10和一个5，如果不够，再消耗三个5
     * 所以局部最优：遇到账单20，优先消耗美元10，完成本次找零。全局最优：完成全部账单的找零。
     */
    boolean lemonadeChange(int[] bills) {
        int fiveCount = 0;
        int tenCount = 0;
        for (int i = 0; i < bills.length; i++) {
            if (bills[i] == 5) {
                fiveCount++;
            } else if (bills[i] == 10) {
                fiveCount--;
                tenCount++;
            } else if (bills[i] == 20) {
                if (tenCount > 0) {
                    tenCount--;
                    fiveCount--;
                } else {
                    fiveCount -= 3;
                }
            }
            if (fiveCount < 0 || tenCount < 0) return false;
        }
        return true;
    }

    /**
     * @desc 根据人群的身高重建队列
     * <p>
     * 假设有打乱顺序的一群人站成一个队列，数组 people 表示队列中一些人的属性（不一定按顺序）。每个 people[i] = [hi, ki] 表示第 i 个人的身高为 hi ，前面 正好 有 ki 个身高大于或等于 hi 的人。
     * 请你重新构造并返回输入数组 people 所表示的队列。返回的队列应该格式化为数组 queue ，其中 queue[j] = [hj, kj] 是队列中第 j 个人的属性（queue[0] 是排在队列前面的人）。
     * <p>
     * 示例 1：
     * <p>
     * 输入：people = [[7,0],[4,4],[7,1],[5,0],[6,1],[5,2]]
     * 输出：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]
     * 解释：
     * 编号为 0 的人身高为 5 ，没有身高更高或者相同的人排在他前面。
     * 编号为 1 的人身高为 7 ，没有身高更高或者相同的人排在他前面。
     * 编号为 2 的人身高为 5 ，有 2 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 0 和 1 的人。
     * 编号为 3 的人身高为 6 ，有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 1 的人。
     * 编号为 4 的人身高为 4 ，有 4 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 0、1、2、3 的人。
     * 编号为 5 的人身高为 7 ，有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 1 的人。
     * 因此 [[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]] 是重新构造后的队列。
     * <p>
     * 示例 2：
     * 输入：people = [[6,0],[5,0],[4,0],[3,2],[2,2],[1,4]]
     * 输出：[[4,0],[5,0],[2,2],[3,2],[1,4],[6,0]]
     * 提示：
     * 1 <= people.length <= 2000
     * 0 <= hi <= 10^6
     * 0 <= ki < people.length
     * 题目数据确保队列可以被重建
     * <p>
     * 局部最优：优先按身高高的people的k来插入。插入操作过后的people满足队列属性
     * 全局最优：最后都做完插入操作，整个队列满足题目队列属性
     * 插入的过程：
     * 插入[7,0]：[[7,0]]
     * 插入[7,1]：[[7,0],[7,1]]
     * 插入[6,1]：[[7,0],[6,1],[7,1]]
     * 插入[5,0]：[[5,0],[7,0],[6,1],[7,1]]
     * 插入[5,2]：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[7,1]]
     * 插入[4,4]：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]
     */
    int[][] reconstructQueue(int[][] people) {
        // 身高从大到小排（身高相同k小的站前面）
        Arrays.sort(people, (a, b) -> {
            if (a[0] == b[0]) return a[1] - b[1];   // a - b 是升序排列，故在a[0] == b[0]的狀況下，會根據k值升序排列
            return b[0] - a[0];   // b - a 是降序排列，在a[0] != b[0]，的狀況會根據h值降序排列
        });
        LinkedList<int[]> que = new LinkedList<>();
        for (int[] p : people) {
            que.add(p[1], p);   // Linkedlist.add(index, value)，會將value插入到指定index裡。
        }
        return que.toArray(new int[people.length][]);
    }

    /**
     * @desc 引爆气球的最小弓箭数
     * <p>
     * 在二维空间中有许多球形的气球。对于每个气球，提供的输入是水平方向上，气球直径的开始和结束坐标。由于它是水平的，所以纵坐标并不重要，因此只要知道开始和结束的横坐标就足够了。开始坐标总是小于结束坐标。
     * 一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点完全垂直地射出。在坐标 x 处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart，xend， 且满足  xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆。
     * 可以射出的弓箭的数量没有限制。 弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。我们想找到使得所有气球全部被引爆，所需的弓箭的最小数量。
     * 给你一个数组 points ，其中 points [i] = [xstart,xend] ，返回引爆所有气球所必须射出的最小弓箭数。
     * <p>
     * 示例 1：
     * 输入：points = [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]
     * 输出：2
     * 解释：对于该样例，x = 6 可以射爆 [2,8],[1,6] 两个气球，以及 x = 11 射爆另外两个气球
     * <p>
     * 示例 2：
     * 输入：points = [[1,2],[3,4],[5,6],[7,8]]
     * 输出：4
     * <p>
     * 示例 3：
     * 输入：points = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]]
     * 输出：2
     * <p>
     * 示例 4：
     * 输入：points = [[1,2]]
     * 输出：1
     * <p>
     * 示例 5：
     * 输入：points = [[2,3],[2,3]]
     * 输出：1
     * <p>
     * 如果气球重叠了，重叠气球中右边边界的最小值 之前的区间一定需要一个弓箭。
     */
    int findMinArrowShots(int[][] points) {
        // 使用Arrays.sort方法对二维数组进行排序时，需要确保比较逻辑正确地处理所有可能的整数值，包括边界值（如Integer.MIN_VALUE和Integer.MAX_VALUE）。你提到的代码中，使用a[0] - b[0]进行比较可能会导致整数溢出问题，从而导致排序不正确。
        Arrays.sort(points, (a, b) -> Integer.compare(a[0], b[0]));
        int count = 1;
        for (int i = 1; i < points.length; i++) {
            if (points[i][0] > points[i - 1][1]) {  // 气球i和气球i-1不挨着，注意这里不是>=
                count++; // 需要一支箭
            } else {  // 气球i和气球i-1挨着
                points[i][1] = Math.min(points[i][1], points[i - 1][1]); // 更新重叠气球最小右边界
            }
        }
        return count;
    }

    /**
     * @desc 无重叠区间的最小数量
     * <p>
     * 给定一个区间的集合，找到需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠。
     * 注意: 可以认为区间的终点总是大于它的起点。 区间 [1,2] 和 [2,3] 的边界相互“接触”，但没有相互重叠。
     * <p>
     * 示例 1:
     * 输入: [ [1,2], [2,3], [3,4], [1,3] ]
     * 输出: 1
     * 解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。
     * <p>
     * 示例 2:
     * 输入: [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
     * 输出: 2
     * 解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。
     * <p>
     * 示例 3:
     * 输入: [ [1,2], [2,3] ]
     * 输出: 0
     * 解释: 你不需要移除任何区间，因为它们已经是无重叠的了。
     */
    int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
        if (intervals == null || intervals.length <= 1) return 0;
        Arrays.sort(intervals, (a, b) -> Integer.compare(a[0], b[0]));
        int count = 1;
        for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {
            if (intervals[i][0] < intervals[i - 1][1]) {
                intervals[i][1] = Math.min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]);
            } else {
                count++;
            }
        }
        return intervals.length - count;
    }

    /**
     * @desc 划分字母区间
     * <p>
     * 字符串 S 由小写字母组成。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。
     * <p>
     * 示例：
     * 输入：S = "ababcbacadefegdehijhklij"
     * 输出：[9,7,8] 解释： 划分结果为 "ababcbaca", "defegde", "hijhklij"。 每个字母最多出现在一个片段中。 像 "ababcbacadefegde", "hijhklij" 的划分是错误的，因为划分的片段数较少。
     * <p>
     * 在遍历的过程中相当于是要找每一个字母的边界，如果找到之前遍历过的所有字母的最远边界，说明这个边界就是分割点了。此时前面出现过所有字母，最远也就到这个边界了。
     * 可以分为如下两步：
     * 统计每一个字符最后出现的位置
     * 从头遍历字符，并更新字符的最远出现下标，如果找到字符最远出现位置下标和当前下标相等了，则找到了分割点
     */
    List<Integer> partitionLabels(String s) {
        List<Integer> list = new LinkedList<>();
        int[] edge = new int[26];
        char[] chars = s.toCharArray();
        for (int i = 0; i < chars.length; i++) {
            edge[chars[i] - 'a'] = i;
        }
        int idx = 0;
        int last = -1;
        for (int i = 0; i < chars.length; i++) {
            idx = Math.max(idx, edge[chars[i] - 'a']);
            if (i == idx) {
                list.add(i - last);
                last = i;
            }
        }
        return list;
    }

    /**
     * @desc 合并区间
     * <p>
     * 给出一个区间的集合，请合并所有重叠的区间。
     * <p>
     * 示例 1:
     * 输入: intervals = [[1,3],[2,6],[8,10],[15,18]]
     * 输出: [[1,6],[8,10],[15,18]]
     * 解释: 区间 [1,3] 和 [2,6] 重叠, 将它们合并为 [1,6].
     * <p>
     * 示例 2:
     * 输入: intervals = [[1,4],[4,5]]
     * 输出: [[1,5]]
     * 解释: 区间 [1,4] 和 [4,5] 可被视为重叠区间。
     * 注意：输入类型已于2019年4月15日更改。 请重置默认代码定义以获取新方法签名
     */
    int[][] merge(int[][] intervals) {
        List<int[]> res = new LinkedList<>();
        // 按照左边界排序
        Arrays.sort(intervals, (a, b) -> Integer.compare(a[0], b[0]));
        // initial start 是最小左边界
        int start = intervals[0][0];
        int rightmostRightBound = intervals[0][1];
        for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {
            // 如果左边界大于最大右边界
            if (intervals[i][0] > rightmostRightBound) {
                // 加入区间 并且更新start
                res.add(new int[]{start, rightmostRightBound});
                start = intervals[i][0];
                rightmostRightBound = intervals[i][1];
            } else {
                // 更新最大右边界
                rightmostRightBound = Math.max(rightmostRightBound, intervals[i][1]);
            }
        }
        res.add(new int[]{start, rightmostRightBound});
        return res.toArray(new int[res.size()][]);
    }

    /**
     * @desc 单调递增数字
     * <p>
     * 给定一个非负整数 N，找出小于或等于 N 的最大的整数，同时这个整数需要满足其各个位数上的数字是单调递增。
     * （当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x <= y 时，我们称这个整数是单调递增的。）
     * <p>
     * 示例 1:
     * 输入: N = 10
     * 输出: 9
     * <p>
     * 示例 2:
     * 输入: N = 1234
     * 输出: 1234
     * <p>
     * 示例 3:
     * 输入: N = 332
     * 输出: 299
     * 说明: N 是在 [0, 10^9] 范围内的一个整数。
     * <p>
     * 倒序遍历，非递增的情况需要取9
     */
    int monotoneIncreasingDigits(int n) {
        String s = String.valueOf(n);
        char[] chars = s.toCharArray();
        int start = s.length();
        for (int i = s.length() - 2; i >= 0; i--) {
            if (chars[i] > chars[i + 1]) {
                chars[i]--;
                start = i + 1;
            }
        }
        for (int i = start; i < s.length(); i++) {
            chars[i] = '9';
        }
        return Integer.parseInt(String.valueOf(chars));
    }

    /**
     * 监控二叉树所需相机数量
     */
    int ans;

    /**
     * @desc 监控二叉树
     * <p>
     * 给定一个二叉树，我们在树的节点上安装摄像头,节点上的每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。
     * 输入：[0,0,null,0,0]
     * 输出：1
     */
    int minCameraCover(TreeSolution.TreeNode root) {
        ans = 0; // 初始化
        if (recursive(root) == 0) ans++;
        return ans;
    }

    /**
     * 定义 f 函数有三种返回值情况
     * 0：表示 x 节点没有被相机监控，只能依靠父节点放相机
     * 1：表示 x 节点被相机监控，但相机不是放在自身节点上
     * 2：表示 x 节点被相机监控，但相机放在自身节点上
     */
    int recursive(TreeSolution.TreeNode x) {
        if (x == null) return 1; // 空树认为被监控，但没有相机
        // 左右递归到最深处
        int l = recursive(x.left);
        int r = recursive(x.right);
        // 有任意一个子节点为空，就需要当前节点放相机，不然以后没机会
        if (l == 0 || r == 0) {
            ans++; // 放相机
            return 2;
        }
        // 贪心策略，左右子树都被监控，且没有监控到当前节点，
        // 那么最有利的情况就是将相机放置在当前节点父节点上，
        // 因为这样能多监控可能的子树节点和父父节点
        if (l == 1 && r == 1) return 0;
        // 剩下情况就是左右子树有可能为 2，即当前节点被监控
        return 1;
    }
}